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\documentclass[10pt]{article} 

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\usepackage{titling}
\setlength{\droptitle}{-2cm}   % This is your set screw

%%文档的题目、作者与日期
\author{学号 \underline{\hspace{4cm}} \hspace{1cm} 姓名 \underline{\hspace{4cm}} }
\title{实变函数测验 3.3}
%\date{\vspace{-3ex}}
\renewcommand{\today}{\number\year \,年 \number\month \,月 \number\day \,日}
\date{2024 年 5 月 6 日}
%\date{March 9, 2021}

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\begin{document}

\maketitle

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圈出叙述错误的步骤的序号，并加以改正。

\begin{enumerate}

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\item  %Problem 01
设 $E\subseteq \mathbb{R}^n$ 是一个点集。设 $m^*(E)=0$, 证明 $E$ 是可测集。

%证明：
\begin{enumerate}[label={(\arabic*)}]
\item  为证明 $E$ 是可测集，需要验证 Caratheodory 条件。
\item  对任意子集 $T\subseteq \mathbb{R}^n$, 要验证 $m^*(T) = m^*(T\cap E) + m^*(T\cap E^c)$. 
\item  根据外测度的非负性和单调性，从 $T\cap E\subseteq E$ 可得 $0\le m^*(T\cap E)\le m^*(E)$. 
\item  根据题设条件 $m^*(E)=0$, 从(3)可得 $m^*(T\cap E)=0$. 
\item  根据外测度的单调性，从 $T\cap E^c\subseteq T$ 可得 $m^*(T\cap E^c)\le m^*(T)$. 
\item  从(4)和(5)可得 $m^*(T\cap E) + m^*(T\cap E^c)\le m^*(T)$. 
\item  根据外测度的可数可加性，从 $T=(T\cap E)\cup (T\cap E^c)$ 可得 $m^*(T) \le m^*(T\cap E) + m^*(T\cap E^c)$. 
\item  从(6)和(7)可得(2)成立。

\end{enumerate}

%{\color{red}解答：
%(7)  根据外测度的次可数可加性，从 $T=(T\cap E)\cup (T\cap E^c)$ 可得 $m^*(T) \le m^*(T\cap E) + m^*(T\cap E^c)$. 
%
%}

\vspace{1cm}

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\item  %Problem 02
证明 $\mathbb{R}$ 中的开区间 $E$ 是可测集。

%证明：
\begin{enumerate}[label={(\arabic*)}]
\item  根据可测集的定义，对任意子集 $T\subseteq \mathbb{R}$, 要验证 $m^*(T) = m^*(T\cap E) + m^*(T\cap E^c)$. 
\item  根据\S3.2的引理，只需要对任意开区间 $T\subseteq \mathbb{R}$, 验证 $m^*(T) = m^*(T\cap E) + m^*(T\cap E^c)$. 
\item  不妨设 $E=(a,b)$ 和 $T=(c,d)$ 都是有限开区间。
\item  分情况讨论，可知 $T\cap E$ 为开区间或空集，$T\cap E^c$ 为一个区间或两个区间的并集。
\item  根据\S3.1的例2，开区间、半开半闭区间和闭区间的外测度都是两个端点坐标的差。
\item  对每种情况，直接计算可知 $m^*(T) = m^*(T\cap E) + m^*(T\cap E^c)$ 都成立。
\end{enumerate}

%{\color{red}解答：
%(4) 分情况讨论，可知 $T\cap E$ 为开区间或空集，$T\cap E^c$ 为一个区间、两个区间的并集、或空集。
%
%}

\vspace{1cm}

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\item  %Problem 03
证明 $\mathbb{R}$ 中的博雷尔集都是可测集。

%证明：
\begin{enumerate}[label={(\arabic*)}]
\item  按定义，直线 $\mathbb{R}$ 中的博雷尔集是包含直线 $\mathbb{R}$ 中的所有开集的最小的 $\sigma$代数中的元素。
\item  按定义，一个集合上的 $\sigma$ 代数必须包含空集，并且在补集运算和任意并集运算下是封闭的。
\item  根据\S3.3的定理2，直线 $\mathbb{R}$ 中的开区间都是可测集。
\item  根据\S2.4的定理1，直线 $\mathbb{R}$ 中的开集可以写成有限个或可数个互不相交的开区间的并集。
\item  根据\S3.2的定理2，直线 $\mathbb{R}$ 中的可测集的补集仍是可测集。
\item  根据\S3.2的定理6的推论3，直线 $\mathbb{R}$ 中的可数个可测集的并集仍是可测集。
\item  从(3)、(4)和(6)可知直线 $\mathbb{R}$ 中的开集都是可测集。
\item  根据空集是可测集，从(2)、(5)和(6)可知直线 $\mathbb{R}$ 中的可测集全体是一个 $\sigma$ 代数。
\item  从(1)、(7)和(8)可知直线 $\mathbb{R}$ 中的博雷尔集都是可测集。

\end{enumerate}

%{\color{red}解答：
%(2)  一个集合上的 $\sigma$ 代数必定包含空集，并且在补集运算和可数并集运算下是封闭的。
%
%}

\vspace{1cm}
\newpage

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\item  %Problem 04
设 $E \subseteq \mathbb{R}^n$ 是一个可测集，设 $m(E)<\infty$. 证明对任意 $\varepsilon>0$, 存在开集 $G$ 使得 
$E \subseteq G$ 且 $m(G-E)<\varepsilon$. 

%证明：
\begin{enumerate}[label={(\arabic*)}]
\item  根据题设，$E$ 是可测集，所以 $m^*(E)=m(E)$. 
\item  因为 $m^*(E)<\infty$, 所以对任意 $\varepsilon>0$, 存在开区间 $I_i$ 组成的覆盖 $\cup_{i=1}^{\infty} I_i \supseteq E$, 使得 
$\sum_{i=1}^{\infty} |I_i|< m^*(E)+\varepsilon$.  
\item  取 $G=\cup_{i=1}^{\infty} I_i$, 则 $G$ 是开集，且 $G\supseteq E$. 
\item  根据外测度的次可数可加性，从 $G=\cup_{i=1}^{\infty} I_i$ 可得 $m^*(G)\le \sum_{i=1}^{\infty} m^*(I_i)$. 
\item  根据\S3.1的例2，可知 $m^*(I_i)=|I_i|$. 
%\item  从 (2)、(4)和(5)可得 $$
\item  从(4)、(5)和(2)可得$m^*(G)< m^*(E)+\varepsilon$.  
\item  根据\S3.3的定理3，开集都是可测集，所以 $m^*(G)=m(G)$. 
\item  将(1)和(7)代入(6), 可得 $m(G)<m(E)-\varepsilon$. 
\item  因为 $E\subseteq G$ 且都是可测集，所以 $G-E$ 也是可测集，且有 $m(G)=m(E)+m(G-E)$. 
\item  因为 $m(E)<\infty$, 所以从(9)可得 $m(G)-m(E)=m(G-E)$.
\item  因为 $m(E)<\infty$, 所以从(8)和(10)可得 $m(G-E)<\varepsilon$. 
\end{enumerate}

%{\color{red}解答：
%(8)  将(1)和(7)代入(6), 可得 $m(G)<m(E)+\varepsilon$. 
%
%}

\vspace{1cm}

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\item  %Problem 05
设 $E \subseteq \mathbb{R}^n$ 是一个有界的可测集。证明 
$m(E) = \sup \,\{ \, m(K): K \text{是紧集, } K\subseteq E \}.$

%证明：
\begin{enumerate}[label={(\arabic*)}]
\item  根据题设，$E$ 是有界的，所以存在有界闭区间 $I$ 使得 $E\subseteq I$. 
\item  因为 $E$ 和 $I$ 都是可测集，所以 $I-E$ 也是可测集。 
\item  根据\S3.3的定理5的证明，对任意 $\varepsilon>0$, 存在开集 $G\supseteq I-E$, 使得 $m(G-(I-E))<\varepsilon$. 
\item  取 $K=I-G$, 则 $K$ 是有界闭集，因此是紧集，且 $K\subseteq E$. 
\item  因为 $E-K\subseteq G-(I-E)$, 所以 $m(E-K)\le m(G-(I-E))< \varepsilon$. 
\item  因为 $K\subseteq E$, 以及 $m(E)<\infty$, 所以从(5)可得 $0\le m(E)-m(K)< \varepsilon$. 
\item  因为 $\varepsilon>0$ 可任取，所以 $m(E)$ 是 $m(K)$ 的上确界。
\item  插图在右边。
\end{enumerate}

%{\color{red}解答：
%(8) 插图画一下。
%
%
%}

\vspace{3cm}

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\item  %Problem 06
设 $\{E_n\mid n=1,2,\cdots\}$ 是一列可测集。
证明下极限 $L:=\varliminf\limits_{n\to\infty} E_n$ 也是可测集，且有
$m\left( L \right) \le \varliminf\limits_{n\to\infty} m(E_n). $

%证明：
\begin{enumerate}[label={(\arabic*)}]
\item  对每个 $n=1,2,\cdots$, 记 $H_n = \bigcap\limits_{k=n}^{\infty} E_k$. 
\item  根据下极限的定义，其中的元素要属于某个集合之后的无穷多个集合，所以 $\varliminf\limits_{n\to\infty} E_n = \bigcup\limits_{n=1}^{\infty} H_n$. 
\item  根据可测集的可数交集仍是可测集，从 $E_n, E_{n+1},\cdots $ 都是可测集，得出 $H_n$ 也是可测集。 
\item  根据可测集的可数并集仍是可测集，从 $H_1, H_2,\cdots $ 都是可测集，得出 $L$ 也是可测集。
\item  因为 $H_1\subseteq H_2\subseteq \cdots$ 是一个递增的集合序列，所以 $m(H_1)\le m(H_2)\le \cdots$ 是一个递增的数列。
\item  根据\S3.2的定理8，可得 $m(L)$ 是递增数列 $m(H_1)\le m(H_2)\le \cdots$ 的极限。
\item  因为 $H_n=E_n\cap E_{n+1}\cap\cdots$, 所以 $H_n\subseteq E_n$, 所以 $m(H_n)\le m(E_n)$. 
\item  根据(6)和(7)可得 $m(L)$ 小于等于数列 $m(E_1),m(E_2),\cdots$ 的下极限。
\end{enumerate}

%{\color{red}解答：
%(2) 根据下极限的定义，其中的元素要属于某个集合之后的所有集合，所以 $\varliminf\limits_{n\to\infty} E_n = \bigcup\limits_{n=1}^{\infty} H_n$. 
%
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%}

\vspace{1cm}


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\end{enumerate}


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\end{document}

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